浙江地区中考数学专题复习专题八图形折叠问题训练.docx

专题八图形折叠问题类型一 折叠三角形 (2018浙江台州中考)如图，等边三角形ABC边长是定值，点O是它的外心，过点O任意作一条直线分别交AB，BC于点D，E.将BDE沿直线DE折叠，得到BDE，若BD，BE分别交AC于点F，G，连结OF，OG，则下列判断错误的是( )AADFCGEBBFG的周长是一个定值C四边形FOEC的面积是一个定值D四边形OGBF的面积是一个定值【分析】A根据等边三角形ABC的外心的性质可知AO平分BAC，根据角平分线的定理和逆定理得FO平分DFG，由外角的性质可证明DOF60，同理可得EOG60，FOG60DOFEOG，再根据三角形全等的性质可得ADFCGE；B根据DOFGOFGOE，得DFGFGE，所以ADFBGFCGE，可得结论；C根据S四边形FOECSOCFSOCE判断即可；D将S四边形OGBFSOACSOFG，根据SOFGFGOH，FG变化，故OFG的面积变化，从而四边形OGBF的面积也变化，可作判断【自主解答】三角形的折叠问题一般考查轴对称的性质、勾股定理和线段的性质等，解题的关键是抓住折叠的本质是轴对称，轴对称是全等变换，找出相等的角和线段类型二 折叠平行四边形 (2018山东淄博中考)在如图所示的平行四边形ABCD中，AB2，AD3，将ACD沿对角线AC折叠，点D落在ABC所在平面内的点E处，且AE过BC的中点O，则ADE的周长等于_【分析】要计算周长首先需要证明E，C，D共线，DE可求，问题得解【自主解答】关于平行四边形折叠问题，解答时需要关注：在折叠前后，折痕两边能够完全重合的部分是全等图形，它们的对应线段、对应角相等，与特殊的平行四边形相比，它缺少了特殊的条件1(2018甘肃兰州中考)如图，将ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在点E处，交BC于点F.若ABD48，CFD40，则E为( )A102 B112 C122 D92类型三 折叠菱形 (2018山东烟台中考)对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B两点重合，MN是折痕若BM1，则CN的长为( )A7 B6 C5 D4【分析】连结AC，BD，利用菱形的性质得OCAC3，ODBD4，COD90，再利用勾股定理计算出CD5，接着证明OBMODN得到DNBM，然后根据折叠的性质得BMBM1，从而有DN1，于是计算CDDN即可【自主解答】折叠是轴对称变换，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等对于菱形的折叠，还要明确菱形的基本性质，在解题过程中要抓住菱形的性质进行分析2(2018贵州遵义中考)如图，在菱形ABCD中，ABC120，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处(不与B，D重合)，折痕为EF，若DG2，BG6，则BE的长为_3如图，在菱形ABCD中，tan A ，M，N分别在边AD，BC上，将四边形AMNB沿MN翻折，使AB的对应线段EF经过顶点D，当EFAD时， 的值为_类型四 折叠矩形 (2018浙江杭州中考)折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：把ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；把纸片展开并铺平；把CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上若ABAD2，EH1，则AD_【分析】设ADx，则ABx2，利用折叠的性质得DFAD，EAEF，DFEA90，则可判断四边形AEFD为正方形，所以AEADx，再根据折叠的性质得DHDCx2，则AHAEHEx1，然后根据勾股定理得到x2(x1)2(x2)2，再解方程求出x即可【自主解答】此类问题中，运用的知识点比较多，综合性强，如轴对称性、全等、相似、勾股定理、转换思想、与其他图形(圆)结合等，抓住翻折前后两个图形是全等的，把握翻折前后不变的要素是解决此类问题的关键4(2018湖北宜宾中考)如图，在矩形ABCD中，AB3，CB2，点E为线段AB上的动点，将CBE沿CE折叠，使点B落在矩形内点F处，下列结论正确的是_(写出所有正确结论的序号)当E为线段AB中点时，AFCE；当E为线段AB中点时，AF；当A，F，C三点共线时，AE；当A，F，C三点共线时，CEFAEF.类型五 折叠正方形 (2018江苏宿迁中考)如图，在边长为1的正方形ABCD中，动点E，F分别在边AB，CD上，将正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M始终落在边AD上(点M不与点A，D重合)，点C落在点N处，MN与CD交于点P，设BEx.(1)当AM时，求x的值；(2)随着点M在边AD上位置的变化，PDM的周长是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值；(3)设四边形BEFC的面积为S，求S与x之间的函数表达式，并求出S的最小值【分析】(1)利用勾股定理构建方程，即可解决问题；(2)设AMy，则BEEMx，MD1y，在RtAEM中，由勾股定理得出x，y的关系式，可证RtAEMRtDMP，根据相似三角形的周长比等于相似比求DMP的周长；(3)作FHAB于H.则四边形BCFH是矩形连结BM交EF于O，交FH于K.根据梯形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题即可【自主解答】正方形的折叠同其他图形一样，要关注勾股定理、全等图形、相似等相关知识，但由于正方形的特点，所以有关正方形的折叠问题有着其他图形没有的特殊性，解题时应关注正方形本身具有的特点5综合与实践问题背景折纸是一种许多人熟悉的活动，将折纸的一边二等分、四等分都是比较容易做到的，但将一边三等分就不是那么容易了，近些年，经过人们的不懈努力，已经找到了多种将正方形折纸一边三等分的精确折法，最著名的是由日本学者芳贺和夫发现的三种折法，现在被数学界称之为芳贺折纸三定理其中，芳贺折纸第一定理的操作过程及内容如下(如图1)：操作1：将正方形ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合再将正方形ABCD展开，得到折痕EF；操作2：再将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至BE的位置，得到折痕MN，BE与AB交于点P.则P即为AB的三等分点，即APPB21.解决问题(1)在图1中，若EF与MN交于点Q，连结CQ.求证：四边形EQCM是菱形；(2)请在图1中证明APPB21.发现感悟若E为正方形纸片ABCD的边AD上的任意一点，重复“问题背景”中操作2的折纸过程，请你思考并解决如下问题：(3)如图2.若2.则_；(4)如图3，若3，则_；(5)根据问题(2)，(3)，(4)给你的启示，你能发现一个更加一般化的结论吗？请把你的结论写出来，不要求证明类型六 折叠圆 (2018湖北武汉中考)如图，在O中，点C在优弧上，将沿BC折叠后刚好经过AB的中点D.若O的半径为，AB4，则BC的长是()A2 B3C. D.【分析】连结OD，AC，DC，OB，OC，作CEAB于E，OFCE于F，利用垂径定理、勾股定理、折叠的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质及正方形的性质即可求解【自主解答】6如图，将半径为4 cm的圆折叠后，圆弧恰好经过圆心，则折痕的长为( )A2 cm B4 cmC. cm D. cm参考答案类型一【例1】 A如图，连接OA，OC.点O是等边三角形ABC的外心，AO平分BAC，点O到AB，AC的距离相等由折叠得DO平分BDB，点O到AB，DB的距离相等，点O到DB，AC的距离相等，FO平分DFG，DFOOFG(FADADF)由折叠得BDEODF(DAFAFD)，OFDODF(FADADFDAFAFD)120，DOF60.同理可得EOG60，FOG60DOFEOG，DOFGOFGOE，ODOG，OEOF，OGFODFODB，OFGOEGOEB，OADOCG，OAFOCE，ADCG，AFCE，ADFCGE，故选项A正确；BDOFGOFGOE，DFGFGE，ADFBGFCGE，BGAD，BFG的周长FGBFBGFGAFCGAC(定值)，故选项B正确；CS四边形FOECSOCFSOCESOCFSOAFSAOC(定值)，故选项C正确；DS四边形OGBFSOFGSBGFSOFDSADFS四边形OFADSOADSOAFSOCGSOAFSOACSOFG.如图，过O作OHAC于H，SOFGFGOH，由于OH是定值，FG变化，故OFG的面积变化，从而四边形OGBF的面积也变化，故选项D不一定正确故选D.类型二【例2】 四边形ABCD是平行四边形，ADBC，CDAB2.由折叠知DACEAC.DACACB，ACBEAC，OAOC.AE过BC的中点O，AOBC，BAC90，ACD90.由折叠知ACE90，E，C，D共线，则DE4，ADE的周长为33410.故答案为10.变式训练1B类型三【例3】 如图，连结AC，BD.点O为菱形ABCD的对角线的交点，CD5.ABCD，MBONDO.在OBM和ODN中，OBMODN，DNBM.过点O折叠菱形，使B，B两点重合，MN是折痕，BMBM1，DN1，CNCDDN514.故选D.变式训练22.83.类型四【例4】 设ADx，则ABx2.把ADE翻折，点A落在DC边上的点F处，DFAD，EAEF，DFEA90，四边形AEFD为正方形，AEADx.把CDG翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，DHDCx2.HE1，AHAEHEx1.在RtADH中，AD2AH2DH2，x2(x1)2(x2)2，整理得x26x30，解得x132，x232(舍去)，即AD的长为32.故答案为32.变式训练4类型五【例5】 (1)在RtAEM中，AE1x，EMBEx，AM.AE2AM2EM2，(1x)2()2x2，x.(2)PDM的周长不变为定值2.理由如下：设AMy，则BEEMx，AE1x.在RtAEM中，由勾股定理得AE2AM2EM2，(1x)2y2x2，解得1y22x，1y22(1x)EMP90，AD，RtAEMRtDMP，即，解得DMMPDP2，DMP的周长为2.(3)如图，作FHAB于H.则四边形BCFH是矩形连结BM交EF于O，交FH于K.在RtAEM中，AM.B，M关于EF对称，BMEF，KOFKHB.OKFBKH，KFOKBH.ABBCFH，AFHE90，ABMHFE，EHAM，CFBHx，S(BECF)BC(xx)()21()2.当时，S有最小值为.变式训练5解：(1)由折叠可得CMEM，CMQEMQ，四边形CDEF是矩形，CDEF，CMQEQM，EQMEMQ，MEEQMC，又MCQE，四边形EQCM是平行四边形又CMEM，四边形EQCM是菱形(2)如图1，设正方形ABCD的边长为1，CMx，则EMx，DM1x.图1在RtDEM中，由勾股定理可得EM2ED2DM2，即x2()2(1x)2，解得x，CM，DM.PEMD90，AEPDEM90，DEMEMD90，AEPDME.又AD90，AEPDME，即，解得AP，PB，APPB21.(3)4(4)6(5)根据问题(2)，(3)，(4)，可得当n(n为正整数)时，则2n.理由：设正方形ABCD的边长为1，CMx，则EMx，DM1x.在RtDEM中，由